[標準]単振動の演習問題④ 板と物体の運動2

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前回は,水平方向の板と物体の運動を扱いました!

今回は鉛直方向の運動です!↓前回の内容です.

問題4 板と物体の運動の鉛直方向の単振動

図のように,ばね定数$k$の軽いばねの一端を床に固定し,他端を質量$M$の板に固定した.板の上に質量$m$の物体ゆっくりとのせたところ自然長より$\Delta x$だけ縮んでつり合った.このときの板の下端の位置を原点とし,鉛直上向きに$y$軸をとる.この状態からさらに,$y$軸の負の方向に$\Delta x$縮ませて時刻t=0で静かに手をはなすと板と物体は単振動をはじめた.次の問いに答えよ.ただし,板の上面は常に水平であるとし,重力加速度の大きさを$g$とする.

(1) $\Delta x$を$k$,$M$,$m$,$g$を用いて表せ.

(2) $t=0$より,物体が板から離れるまでの間について,板の下端の位置が$y$であるときの板と物体の加速度を$y$軸の正の向きに$a$とする.このとき,板と物体それぞれの運動方程式を立てよ.ただし,板と物体の間にはたらく垂直抗力の大きさを$N$とする.

(3) $0\leqq t \leqq t_{1}$である$t$のとき,板の下端の位置$y$を$t$,$M$,$m$,$k$,$g$を用いて表せ.

(4) (2)より,板と物体が離れる時刻$t_{1}$を$k$,$M$,$m$を用いて表せ.

(5) $0\leqq t \leqq t_{1}$である$t$のとき,板と物体の速度$v$を$t$,$M$,$m$,$k$,$g$を用いて表せ.

(6) 板と物体が離れるときの速さ$V$を$M$,$m$,$k$,$g$を用いて表せ.

<解答>

(1) 

つりあっているときに物体系を板と物体とすれば,鉛直下向きに$(M+m)g$の重力と鉛直上向きに$k\Delta x$の弾性力がかかります.つり合いの式より

$k\Delta x =(M+m)g$ $\therefore$ $\Delta x=\dfrac{M+m}{k}g$

(2) 

板には鉛直下向きに$Mg$,板と物体の間にはたらく垂直抗力$N$が鉛直下向きにはたらきます.また,上図では自然長より縮んでいるときのことを考えているので,鉛直上向きに弾性力がはたらきます.弾性力の大きさにも注意です.この問題では,つり合いの位置を原点にとっているため,弾性力の大きさは$k(-y)$ではありません.自然長からの距離が$\Delta x-y$のため,弾性力の大きさは$k(\dfrac{M+m}{k}g-y)$となります.

一方,物体にははたらく力は重力と垂直抗力のみです.弾性力がはたらかないことに注意しましょう.

以上より運動方程式は

板:$Ma=k(\dfrac{M+m}{k}g-y)-Mg-N$ $\dots (\ast)$

物体:$ma=N-mg$ $\dots (2\ast)$

(3) $(\ast)$と$(2\ast)$を足して,$N$を消去すると

$(M+m)a=-ky$ 

$\therefore a=-\dfrac{k}{M+m}y$ $\dots (3\ast)$

この運動方程式より,振動の中心は$x_{0}=0$,角振動数は$\omega_{1}=\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}$,周期は$T_{1}=2\pi \sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$ということを確認できます.

$(3\ast)$を$(2\ast)$に代入して$N$を求めると

$\eqalign{N&=ma+mg\\&=m\cdot (-\dfrac{k}{M+m}y)+mg\\&=mg-\dfrac{mk}{M+m}y}$

板と物体が離れる→$N=0$

なので,

$\eqalign{mg-\dfrac{mk}{M+m}y &=0 \cr \dfrac{mk}{M+m}y&=mg \cr y &=\dfrac{M+m}{k}g}$

つまり,自然長$y=\dfrac{M+m}{k}g$ではなれることになります.

さて,時刻$t$における$y$は,中心が原点であることと,下端が$-\Delta x=-\dfrac{M+m}{k}g$であることから振幅は$A=\dfrac{M+m}{k}g$ということがわかります.最下点からのスタートなのでこれは$-\cos$型ですね.

$y=-A\cos \omega_{1}t=-\dfrac{M+m}{k}g\cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t$ $\dots (4\ast)$

(4) この式に$y=\dfrac{M+m}{k}g$を代入して正の数の中でいちばん小さい$t$を求めると

$\eqalign{\dfrac{M+m}{k}g&=-\dfrac{M+m}{k}g\cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t\cr \cos \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t&=-1 \cr\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t&=\pi \cr t&=\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}}$

$t_{1}=\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$です.これは周期の半分ですね.(なので,ある程度どのような振動になってるかがわかれば計算しなくてもよいです.)

(5) $(4\ast)$を時刻$t$で微分すると

$\eqalign{v&=\dfrac{dy}{dt}\\&=-\dfrac{M+m}{k}g(-\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t)\\&=\dfrac{M+m}{k}g\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t\\&=g\sqrt{\dfrac{(M+m)^2}{k^2}\cdot \dfrac{k}{M+m}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t\\&=g\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t}$

つまり,$v=g\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}t$です.

(6) (4)の結果$t_{1}=\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$を代入して,

$\eqalign{V&=g\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\sin\sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\\&=g\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}\sin\pi\\&=0}$

答えは,$V=0$です.

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終わったー.速度を計算するの少し面倒だね・・・

コメント

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